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部分分做法，预处理每组前缀和，暴力背包 dpdpdp 转移：dpi,j=max⁡{dpi−1,j−k+sumi(k)∣0≤k≤l[i]}dp_{i,j}=\max\Big\{dp_{i-1,j-k}+sum_i(k)\ \Big|\ 0\le k\le l[i]\Big\}dpi,j=max{dpi−1,j−k+sumi(k) ∣∣∣ 0≤k≤l[i]}

正解也是背包，只不过需要发现一个性质。

必然存在一种最优方案满足只有最多一组的产品是只抽了一部分的。

证明：

若不同的两组 i,ji,ji,j 都只取了一部分，假设 iii 组取了 xxx 个，jjj 组取了 yyy 个。

由题目性质可得：ai[x]≤ai[x+1]∧aj[y]≤aj[y+1]a_i[x]\le a_i[x+1]\wedge a_j[y]\le a_j[y+1]ai[x]≤ai[x+1]∧aj[y]≤aj[y+1]。

而 ai[x],aj[y]a_i[x],a_j[y]ai[x],aj[y] 之间一定有一个大小关系，所以必然有 ai[x]≤aj[y+1]∨aj[y]≤ai[x+1]a_i[x]\le a_j[y+1]\vee a_j[y]\le a_i[x+1]ai[x]≤aj[y+1]∨aj[y]≤ai[x+1]。

这里不妨假设 ai[x]≤aj[y+1]a_i[x]\le a_j[y+1]ai[x]≤aj[y+1] 成立，则有 ....≤ai[x−1]≤ai[x]≤aj[y+1]≤aj[y+2]≤.......\le a_i[x-1]\le a_i[x]\le a_j[y+1]\le a_j[y+2]\le.......≤ai[x−1]≤ai[x]≤aj[y+1]≤aj[y+2]≤...，那么将 jjj 组选满显然更优，或者说至少不劣于。

所以可以不断构造出一种不劣于原方案且少取一组的方案。

每次对两个只取一部分的组进行上述调整过程即可得到上述结论。

只有一组是特殊的，容易想到枚举这个特殊的组。其余组都是整组整组的转移。

分治优化背包 dpdpdp 即可。

在每个叶子点表示这组是特殊的，分治下来的途中背包 dpdpdp 出 dpd,j:dp_{d,j}:dpd,j: 前 ddd 层选了 jjj 个的最大值。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 3005
int f[20][maxn];
int sum[maxn], len[maxn];
int g[maxn][maxn];
int n, k, ans;void dfs( int d, int l, int r ) {if( l == r ) {ans = max( ans, f[d][k] );int w = 0;for( int i = 1;i <= min( len[l], k );i ++ ) {w += g[l][i];ans = max( ans, f[d][k - i] + w );}return;}int mid = ( l + r ) >> 1;for( int i = 0;i <= k;i ++ )f[d + 1][i] = f[d][i];for( int i = l;i <= mid;i ++ )for( int j = k;j >= len[i];j -- )f[d + 1][j] = max( f[d + 1][j], f[d + 1][j - len[i]] + sum[i] );dfs( d + 1, mid + 1, r );for( int i = 0;i <= k;i ++ )f[d + 1][i] = f[d][i];for( int i = mid + 1;i <= r;i ++ )for( int j = k;j >= len[i];j -- )f[d + 1][j] = max( f[d + 1][j], f[d + 1][j - len[i]] + sum[i] );dfs( d + 1, l, mid );
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &len[i] );for( int j = 1, x;j <= len[i];j ++ ) {scanf( "%lld", &x );if( j <= k ) g[i][j] = x, sum[i] += x;}}dfs( 1, 1, n ); printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

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